太原市小店区2023-2024学年高二下学期开学模拟考数学试卷（8+3+3+5）
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．设集合，，则 （ ）
A． B． C． D．
2．已知，那么命题的一个充分不必要条件是 （ ）
A． B． C． D．
3．已知幂函数是上的偶函数，且函数在区间上单调递增，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
4．若函数在具有单调性，则a的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
5．已知函数，则下列结论正确的是（ ）
A． B．直线是的一条对称轴
C．的最小正周期是 D．将的图象右移个单位后得到的图象关于原点对称
6．将函数图象向左平移后，得到的图象，若函数在上单调递减，则的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
7．设a，b，c分别是中内角A，B，C的对边，且，则（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
8．在中，，，．P为所在平面内的动点，且，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
二、选择题:本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9．对于函数，下列说法正确的是（ ）
A．在处取得极大值； B．有两个不同的零点；
C． D．
10．设函数在上存在导函数，对于任意的实数，都有，当时，，，且，若，则实数的可能取值为（ ）
A． B． C．1 D．2
11．在中，内角所对的边分别为，下列结论正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则是等腰直角三角形
C．若是锐角三角形，则
D．若，，分别表示，的面积，则
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．设，是两个不共线的向量，已知，，，若，，三点共线，则的值为 ．
13．在中，角，，所对的边分别为，，，已知，，，则的最大值为 ．
14．在中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且满足，记的面积为，外接圆的面积为，则 .
四、解答题:本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
15．（13分）已知函数，（其中）．
(1)若，求函数的单调区间；
(2)若对于任意，都有成立，求的取值范围．
16（15分）．在中，角所对边分别为，，，已知，，．
(1)求的面积；
(2)函数，求函数的最大值，并写出相应的的值.
17．（15分）已知函数.
(1)求的最小值及取得最小值时的取值集合；
(2)若的图象向右平移个单位后得到的函数恰好为偶函数，求的最小值．
18．（17分）已知函数.
(1)求在上的单调递增区间；
(2)若当时，关于的不等式恒成立，求实数的取值范围.
19．（17分）已知函数.
(1)若曲线在点处的切线与直线平行，求出这条切线的方程；
(2)讨论函数的单调性.太原市小店区2023-2024学年高二下学期开学模拟考数学试卷（8+3+3+5）参考答案
1．A【分析】先求出或，再由集合的交、并、补进行运算即可.
【详解】由题可知或，所以，因为，所以.故选：A
2．D【分析】根据充分、必要条件的定义对每个选择进行分析即可求解．
【详解】，根据充分条件、必要条件的定义可知：对于A，是p的充要条件；对于B，是p的既不充分也不必要条件；对于C，是p的必要不充分条件；对于D，是p的充分不必要条件．故选：D
3．B【分析】根据幂函数的定义与奇偶性求出的值，可得出函数的解析式，再利用二次函数的单调性可得出关于实数的不等式，即可解得实数的取值范围.
【详解】因为幂函数是上的偶函数，则，解得或，当时，，该函数是定义域为的奇函数，不合乎题意；
当时，，该函数是定义域为的偶函数，合乎题意.所以，，则，其对称轴方程为，因为在区间上单调递增，则，解得.故选：B．
4．C【分析】根据导数与函数的单调性的关系进行求解即可.
【详解】由，当函数在单调递增时，恒成立，得，设，
当时，单调递增，当时，单调递减，所以，因此有，当函数在单调递减时，
恒成立，得，设，
当时，单调递增，当时，单调递减，所以，显然无论取何实数，不等式不能恒成立，综上所述，a的取值范围是，故选：C
5．B【分析】根据二倍角的余弦公式和辅助角公式可得，结合正弦函数的对称轴、最小正周期和图象的平移变换，以及三角函数的奇偶性依次判断选项即可.
【详解】A：.故A错误；
B：由选项A知，，所以是函数的一条对称轴，故B正确；C：函数的最小正周期为，故C错误；D：函数的图象向右平移个单位，得，函数图象关于y轴对称，故D错误.故选：B.
6．D【分析】根据三角函数的图象变换及单调性计算即可.
【详解】向左平移，得，
当时，，因为在上单调递减，所以，解得，又，故.故选：D
7．B【分析】由余弦定理，正弦定理化边为角，再由诱导公式，同角关系式变形可得.
【详解】由得，所以，
由正弦定理得，
，
所以2.故选：B.
8．D【分析】根据题意，建立平面直角坐标系，设，求得，再设，转化为三角函数的最值问题，即可求解.
【详解】在中，，，，以为坐标原点，所在的直线分别为轴和轴，建立平面直角坐标系，如图所示，则，设，因为，所以，又由，所以，设，
则，其中，
当时，取得最小值；当时，取得最小值，
所以的取值范围为.故选：D.
9．BD【分析】利用存在量词命题的否定可判断A选项；将代数式与相乘，展开后利用基本不等式可判断B选项；利用反比例函数的单调性可判断C选项；利用函数零点的定义可判断D选项.
【详解】对于A选项，“，”的否定为“，”，A错；对于B选项，若，，则，，所以，，当且仅当时，即当时，等号成立，故的最小值为，B对；对于C选项，函数的减区间是、，C错；对于D选项，解方程，解得，，所以，二次函数的零点是，，D对.故选：BD.
10．AC【分析】A选项，对函数求导，可以判断出单调区间，即可求得极值；
B选项，令函数，求得零点；C选项，根据A选项得到的单调性来比较大小即可；D选项，根据单调性可知，代入即可比较大小.
【详解】的定义域为，且.令，得在上单调递增，在上单调递减，因此在处取得极大值正确.
令，解得，故函数有且仅有一个零点，错误.
由在上单调递减，得，则正确.因为，即，所以，则错误.故选：AC.
11．ABC【分析】构造函数，进而可判断的奇偶性和单调性，即可求解.【详解】设，则，由于，所以为偶函数，且当时，，所以在单调递减，在单调递增，且，故由可得，所以，故选：ABC
12．ACD【分析】根据正弦定理，求得，可判定A正确；根据正弦定理化简，进而可判定B错误；根据题意，得到，结合在为单调递减函数，可判定C正确，设的中点为，的中点为，根据向量的运算，得到，结合三角形的面积公式，可判定D正确.
【详解】对于A中，因为，设外接圆的半径为,可得，又由，所以A正确；
对于B中，因为，由正弦定理得，即，
因为，可得或，即或，
所以是等腰三角形或直角三角形，所以B不正确；
对于C中，由是锐角三角形，可得，即，
因为是锐角三角形，可得，
又因为在为单调递减函数，所以，所以C正确；
对于D中，如图所示，设的中点为，的中点为，因为，即，可得，即，所以点是上靠近的三等分点，所以点到的距离等于到的，又由到的距离为点到的距离的倍，所以到的距离等于点到距离的，
由三角形的面积公式，可得，即，所以D正确.
故选：ACD
13．/【分析】由利用向量数量积得，再由计算即可.
【详解】，则，由得，所以，
于是．故答案为：
14．【分析】由，可得，结合，不共线，列方程组求解即可.
【详解】由，，三点共线，可得，又，，则，又，不共线，则，解得．
故答案为：．
15．/
【分析】写出的表达式，利用余弦定理和基本不等式即可求出最大值.
【详解】由题意，
，, 所以消去 得
，由, 得 ，当且仅当时等号成立，∴，∴原式，故答案为：.
16．【分析】先根据两角和与差正弦公式化简，再利用正弦定理求面积比值.
【详解】因为，所以.
设外接圆的半径为R，则.
故答案为：
17．(1)单调增区间为和，单调减区间为(2)
【分析】（1）先求导数，利用导数与函数的单调性即可求得结果；
（2）利用导数求解函数的最值，结合不等式的恒成立问题可得答案.
【详解】（1）若，则，
，令，可得或，令，可得，所以单调增区间为和，单调减区间为.
（2）因为对于任意，都有成立，所以对于任意，都有成立,即对于任意，；因为，所以对于任意，.设，其中，则，因为，所以，所以，因此在单调递增，所以，所以，即，故的取值范围为.
18．(1)3(2)最大值为，相应的
【分析】（1）由正弦定理得到，进而求出；
（2）在（1）的基础上，结合三角恒等变换得到，由求出时取得最大值，得到答案.
【详解】（1）因为，由正弦定理得，因为，所以，因为，所以，故；
（2）由（1）知，，故
，因为，所以，
故当，即时，取得最大值，
最大值为，相应的.
19．(1)最小值为－2，此时(2)．
【分析】（1）对三角函数合一后进行最小值得分析即可；
（2）利用偶函数求出的值，再求出最小值即可.
【详解】（1）因为， 所以当即时，取得最小值－2， 所以的最小值为－2，此时x的取值集合为；
（2）设的图象向右平移个单位后得到函数，则，
因为为偶函数，所以，即， 展开可得，所以恒成立，所以，
所以，又因为，所以．
20．(1)(2)
【分析】（1）利用三角恒等变换先化简函数解析式，结合三角函数的性质计算即可；
（2）利用三角函数的性质求即可.
【详解】（1）易知原式可化为
.由，得，所以的单调递增区间为，取及则在上的单调递增区间为；
（2）由题设知，当时，，则，即，所以.
21．(1)(2)答案见解析
【分析】（1）求导，根据导函数几何意义和平行关系得到方程，求出，从而得到，求出切线方程；
（2）求定义域，求导，对导函数因式分解，分，和三种情况，讨论得到函数的单调性.
【详解】（1），由已知，
∴得又∴曲线在点处的切线方程为化简得：
（2）定义域为R，
，令得或，①当即时，
令得或，令得，故在单调递减，在，上单调递增；
②当即时，恒成立，故在R上单调递增；
③当即时，令得或，令得，
在上单调递减，在，上单调递增；
综上，当时，在单调递减，在，上单调递增；
当时，在R上单调递增；
当时，在上单调递减，在，上单调递增；
22．(1)答案见解析；(2)最大值为54，最小值为.
【分析】（1）利用导数研究的单调性，并求出极值即可；
（2）根据（1）结果，比较区间内端点值、极值大小，即可得最值.
【详解】（1）由题设，令，得或，
当时，即，解得或，单调递增区间为和.当时，即，解得，单调递减区间为.
函数的极大值为，极小值为.
（2）由，，，则
且在区间上连续，函数在区间内的最大值为54，最小值为.
